MT 131 ANAL˙IZ I
D ¨ONEM SONU SINAVI C¸ ¨OZ ¨UMLER
1. (a) Birinci C¸ ¨oz¨um: Her x ∈ [−1, +1] i¸cin f(x) = Arccos(−x) + Arccos x olsun. f bu aralıkta s¨urekli ve i¸c nokta- larda t¨urevlenebilirdir. (T¨um i¸c noktalarda) f0(x) = √ 1
1−(−x)2(−1) +√1−x1 2 = 0 oldu˘gundan Ortalama De˘ger teoreminin bir sonucu olarak f, [−1, +1] aralı˘gında sabittir. f(0) = π2+π2 = π oldu˘gundan bu sabitin de˘geri π dir. Dolayısıyla, her x∈ [−1, +1] i¸cin Arccos(−x) = π − Arccos x oldu˘gu g¨osterilmi¸s olur.
(b) ˙Ikinci C¸ ¨oz¨um: x ∈ [−1, +1] olsun. Arccos x ∈ [0, π] oldu˘gundan y = π − Arccos x ∈ [0, π] olur. Ayrıca cos y = cos(π− Arccos x) = cos π · cos(Arccos x) − sin π · sin(Arccos x) = −x olur. Dolayısıyla, Arccos fonksiy- onunun tanım gere˘gi, Arccos(−x) = y = π − Arccos x olur.
(c) ¨U¸c¨unc¨u C¸ ¨oz¨um: Derste , her x ∈ [−1, +1] i¸cin Arcsin x + Arccos x = π2 oldu˘gu ve Arcsin fonksiyonunun tek fonksiyon oldu˘gu g¨osterildi. Bu ikisini kulanarak:
Arccos(−x) =π
2 − Arcsin(−x) =π
2 + Arcsin x = π 2 +π
2 − Arccos x
= π− Arccos x
2. f (x) = sinh x, a = 0, b = 13, n = 4 olsun. f t¨um R de istendi˘gi kadar t¨urevlenebilirdir. Kalanlı Taylor Teoreminden sinh13 = P4(13) +f(5)5!(c)(13− 0)5 olacak ¸sekilde 0 ile 13 arasında bir c sayısı vardır. f (0) = f00(0) = f0000(0) = 0, f0(0) = f000(0) = 1 oldu˘gundan P4(x) = x + x63 olur. sinh13 ≈ P4(13) = 13 + 1621 ve Hata=
f(5)(c)
5! (13− 0)5
= cosh c355! olur.
0 < c < 13 < 1 ve cosh fonksiyonu [0, +∞) de kesin artan oldu˘gundan cosh c < cosh13 < cosh 1 = e+21e < 74 elde edilir.
Dolayısıyla Hata< 4×5!×37 5 olur.
3. lim
x→af (x) = L < 0 oldu˘gundan limit ile ilgili bir teorem gere˘gi a yı i¸ceren bir I a¸cık aralı˘gında (belki a dı¸sında) f (x) < 0 olur. lim
x→ag(x) =−∞ oldu˘gundan (bizim kullandı˘gımız sonsuz limit tanımına g¨ore) limx→ag(x)1 = 0 ve a yı i¸ceren bir J a¸cık aralı˘gında (belki a dı¸sında) g(x) < 0 olur. I∩ J, a yı i¸ceren bir a¸cık aralıktır ve bu aralıkta (belki a dı¸sında) f (x)g(x) > 0 ve (SONLU Limitler i¸cin Limit Teoreminden) limx→a 1
f(x)g(x) = limx→a 1 f(x)
1
g(x) = L1 · 0 = 0 olur.
Bunlar da (bizim kullandı˘gımız tanıma g¨ore) limx→af (x)g(x) = +∞ olması ko¸sullarıdır.
4. Ters Fonksiyonun T¨urevlenebilmesi Teoreminden, (b = f (a) olmak ¨uzere) g0(b) = f01(a) dır. sin x− cos(x2) =−1 denkleminin bu aralıkta ¸c¨oz¨um¨u x = 0 oldu˘gu kolayca g¨or¨ul¨ur.f0(x) = cos x + 2x sin(x2) oldu˘gundan g0(−1) = f01(0) = 1 bulunur.
5. f (x) = ln x
x3 , (0, +∞) aralı˘gında tanımlı ve s¨urekli oldu˘gundan, x = 0 dı¸sında d¨u¸sey asimptot var olamaz. lim
x→0+
ln x x3 =
x→0lim+ln x 1
x3 = (−∞) · (+∞) = −∞ oldu˘gundan ( lim
x→0+ln x = −∞ ve lim
x→0+
1
x3 = lim
t→+∞t3 = +∞ oldu˘gu derste g¨osterildi) x = 0 da bir d¨u¸sey asimptot vardır. lim
x→+∞
ln x x3
∞
∞ i¸cin L’Hospital
= lim
x→+∞
1
3x3 = 0 oldu˘gundan y = 0 (x-ekseni) yatay asimptottur. f0(x) = 1− 3 ln x
x4 Kritik Sayı:x =√3
e, f00(x) = 12 ln x− 7
x5 = 0 i¸cin x = e127
0 e13 e127
f0(x) + − −
f00(x) + + −
Grafik
Yerel B¨uk¨um
Maks Noktası
1
6.
A
x 100− x B
√x2+ 2500 50
Hedefe ula¸smak i¸cin ge¸cen zaman= Y¨uzme zamanı+ Ko¸sma zamanı=
√x2+ 2500
25 +100− x
50 (x≤ 100 iken) f (x) =
√x2+2500
25 +100−x50 fonksiyonu minimum yapılacak. [0, 100] aralı˘gındaki x de˘gerlerini d¨u¸s¨unmek yeterlidir.
f0(x) = 25√x2x+2500−501 =50√x2+2500 (2x+3x2−2500√x2+2500)= 0, [0, 100] aralı˘gındaki yegane kritik sayı x = √503 bulunur. [0, 100]
aralı˘gında (t¨urevin paydası) 50√
x2+ 2500 (2x +√
x2+ 2500) > 0 oldu˘gundan, bu aralıkta f0(x) in i¸sareti 3x2− 2500 in i¸sareti ile aynıdır.
0 √503 100
f0(x) − +
Dolayısıyla f, [0, 100] aralı˘gındaki minimum de˘gerine x = √503 de eri¸sir. Ki¸sinin, A noktasından B noktasına en kısa zamanda varması i¸cinq
2500
3 + 2500 = 100√3 metre y¨uzmesi ve 100−√503 metre ko¸sması gerekir.
7. lim
x→0
x(1− cos x)
Arctan x− Arcsin x limitinde 00 belirsizli˘gi bulunmaktadır. L’Hospital Kuralı ile ¸c¨ozmeyi deneyelim:
x→0lim
1− cos x + x sin x
1
1+x2 −√1−x1 2
limitinde yine 00 belirsizli˘gi vardır.
(a) Birinci C¸ ¨oz¨um: 1− cos x + x sin x
1
1+x2 −√1−x1 2
= (1− cos x + x sin x)
1
1+x2 +√1−x1 2
1
1+x2 −√1−x1 2
1
1+x2 +√1−x1 2 ve 1− cos x + x sin x
1
(1+x2)2 −1−x12
=− 1− cos x
x2 +sin x x
(1− x2)(1 + x2)2
3 + 4x ve 1−cos xx2 = 1+cos x1 sin xx 2
oldu˘gundan
x→0lim
1− cos x + x sin x
1
1+x2−√1−x1 2
=− limx→0 1 1 + cos x
sin x x
2
+sin x x
!(1− x2)(1 + x2)2 3 + 4x
1
x2+ 1 + 1
√1− x2
=−1
(b) ˙Ikinci C¸ ¨oz¨um: lim
x→0
2 sin x + x cos x
−2x
(1+x2)2 −(1−xx2)3/2
= lim
x→0
−2sin xx − cos x
2(1 + x2)−2+ (1− x2)−3/2 =−1 olur.
L’Hospital Kuralından lim
x→0
1− cos x + x sin x
1
1+x2 −√1−x1 2
=−1 olur.
L’Hospital Kuralından lim
x→0
x(1− cos x)
Arctan x− Arcsin x =−1 olur.
8. (a) Birinci C¸ ¨oz¨um: lim
x→+∞x2sin 1
(x− 1)2 = lim
t→0+
sin(t−1)t2 2
t2 dir. Bu limitte 00 belirsizli˘gi vardır.
t→0lim+ cos
t2 (t−1)2
−2t (t−1)3
2t = lim
t→0+
− cos
t2 (t−1)2
(t− 1)3 = −1
−1 = 1 olur. L’Hospital Kuralından lim
t→0+
sin(t−1)t2 2
t2 = 1 dolayısıyla
x→+∞lim x2sin 1
(x− 1)2 = 1 bulunur.
(b) ˙Ikinci C¸ ¨oz¨um: lim
x→+∞x2sin 1
(x− 1)2 = lim
x→+∞
sin(x−1)1 2
1 x2
limitinde 00 belirsizli˘gi vardır.
x→+∞lim
cos(x−1)1 2
−2 (x−1)3
−2 x3
= lim
x→+∞
1 + 1
x− 1
3
cos 1
(x− 1)2 = 1· 1 = 1.
L’Hospital Kuralından lim
x→+∞x2sin 1
(x− 1)2 = 1 elde edilir.
(c) ¨U¸c¨unc¨u C¸ ¨oz¨um: lim
x→+∞x2sin 1
(x− 1)2 = lim
t→0+
sin(t−1)t2 2
t2 dir. s = (t−1)t2 2 olsun. lim
t→0+
t2
(t− 1)2 = 0 ve t > 0 i¸cin s > 0 olur. (t > 0 olaca˘gına dikkat edilerek) t2=(√s+1)s 2 bulunur.
s→0lim+ sin s
s (√
s+1)2
= lim
s→0+
sin s s (√
s + 1)2= 1
2
oldu˘gundan Limitler i¸cin De˘gi¸sken De˘gi¸stirme Teoreminden
x→+∞lim x2sin 1
(x− 1)2 = 1 bulunur.
9. lim
x→0+|ln x|ln(x+1) limitinde∞0 belirsizli˘gi vardır.
ln
|ln x|ln(x+1)
= ln(x + 1) ln|ln x| =ln|ln x|
1 ln(x+1)
.
x→0lim+
ln|ln x|
1 ln(x+1)
limitinde ∞∞ belirsizli˘gi vardır.
x→0lim+
1 xln x
−1 (x+1)(ln(x+1))2
= lim
x→0+−(x + 1)(ln(x + 1))2 x ln x
0
0 i¸cin L’Hospital
= lim
x→0+−(ln(x + 1))2+ 2 ln(x + 1)
1 + ln x =− 0
−∞= 0 bulunur.
L’Hospital Kuralından lim
x→0+ln(x + 1) ln|ln x| = 0 olur.
exp fonksiyonu 0 da s¨urekli oldu˘gundan, Bile¸skenin Limiti Teoreminden
x→0lim+|ln x|ln(x+1)= lim
x→0+exp(ln(x + 1) ln|ln x|) = exp(0) = 1 olur.
3
